La derivación de la terna Pitagórica General de Solución de Punto de Partida:

Question

Yo estaba leyendo en la prueba de la wiki acerca de la derivación de la solución general de la terna pitagórica diophantine ecuación: $$ x^2 + y^2 = z^2, $$ donde $x,y,z > 0$ son enteros. Me encontré con la siguiente solución general de la función primitiva: \begin{align*} x &= 2mn\\ y &= (m^2 - n^2)\\ z &= (m^2 + n^2)\\ \end{align*} para coprime $m,n$.

Miré a la prueba de trabajo (si la plaza de $x$ $y$ y agregarlo en efecto, la igualdad de $z^2$)

Uno de mis naúsea fue, ¿cómo diablos hizo que empezar con eso? Por ejemplo, hay una manera natural, comenzando con el problema original que usted termina con la expresión anterior?

Me di cuenta de que al intentar derivar la solución general a mí mismo, de principio a fin,

Me gustaría empezar por señalar que puedo encontrar todos los pares que $z$ $y$ difieren por una constante $k$... pero no puedo hacer que el salto definitivo para terminar con la ecuación anterior, de modo que para cualquier $k$ usted puede encontrar una solución.

Gracias de antemano!

Answer 1

Considerar la intersección de la línea de $y=t(x+1)$ con el círculo de $x^2+y^2=1$. Tenemos puntos en el círculo $$ (x,y)=((1-t^2)/(1+t^2),2t/(1+t^2)). $$ Deje $t=m/n$ ser racional, enchufe en $x^2+y^2$ y claro denominadores para obtener $$ (n^2 m^2)^2+(2mn)^2=(n^2+m^2)^2 $$

Answer 2

Aquí está la manera de generar todos los relativamente primer ternas pitagóricas:

Teorema: Vamos a $m$ $n$ ser enteros positivos, de modo que $$ \begin{align} &m\gt n\tag{1}\\ &m+n\text{ is odd}\tag{2}\\ &m\text{ and }n\text{ are relatively prime}\tag{3} \end{align} $$ A continuación, $$ \begin{align} a &= m^2 - n^2\\ b &= 2mn\\ c &= m^2 + n^2 \end{align}\etiqueta{4} $$ da todo positivo, relativamente primos $a$, $b$, y $c$, de modo que $$ a^2 + b^2 = c^2\etiqueta{5} $$

Prueba: $(5)\Rightarrow(4):$

Supongamos que $a$, $b$, y $c$ son positivas, relativamente primos, y $a^2 + b^2 = c^2$.

Debido a $(2k)^2 = 4k^2$$(2k+1)^2 = 4(k+1)k + 1$, el cuadrado de un entero debe ser $0 \bmod{4}$ y el cuadrado de un entero impar debe ser $1 \bmod{4}$.

Al menos uno de $a$ $b$ debe ser impar; de lo contrario $a$, $b$, y $c$ compartir factor común de $2$. Si ambos son impares, entonces $c^2$ tendría que ser $2 \bmod{4}$, lo cual es imposible. Por lo tanto, uno debe ser uniforme y el otro debe ser impar. Esto significa que $c$ debe ser impar. Sin pérdida de generalidad, vamos a $b$ ser incluso.

Deje $M = (c+a)/2$$N = (c-a)/2$. Entonces $$ \begin{align} a &= M - N\tag{6}\\ c &= M + N\tag{7}\\ b^2 &= 4MN\tag{8} \end{align} $$ Por lo tanto, tenemos que $M \gt N \gt 0$ y uno de $M$ $N$ debe ser uniforme y en el othermust ser impar. Además, $\gcd(M,N)$ divide $a$, $b$, y $c$; por lo tanto, $\gcd(M,N) = 1$. Desde $b^2 = 4MN$ $\gcd(M,N) = 1$ ambos $M$ $N$ deben ser cuadrados perfectos. Deje $M = m^2$ $N = n^2$ donde $m$ $n$ son positivas, entonces, $(1)$, $(2)$, $(3)$, y $(4)$ está satisfecho.

$(4)\Rightarrow(5):$

Supongamos que $(1)$, $(2)$, $(3)$, y $(4)$ está satisfecho. A continuación, $(5)$ satisfecho: $$ \begin{align} a^2 + b^2 &= (m^2 - n^2)^2 + (2mn)^2\\ &= m^4 - 2 m^2 n^2 + n^4 + 4 m^2 n^2\\ &= m^4 + 2 m^2 n^2 + n^4\\ &= (m^2 + n^2)^2\\ &= c^2\tag{9} \end{align} $$ Además, $a$ $b$ son relativamente primos desde $$ \begin{align} \gcd(a,b) &= \gcd(m^2-n^2,2mn)\\ &\:\mid\:\gcd(m-n,2) \gcd(m-n,m) \gcd(m-n,n)\\ &\times\gcd(m+n,2) \gcd(m+n,m) \gcd(m+n,n)\\ &=\gcd(m+n,2)^2 \gcd(n,m)^4\\ &= 1\tag{10} \end{align}\\ $$ $\square$

Answer 3

Hay un número de maneras de encontrar esas expresiones orgánicas. Una forma es a través de los números complejos (y este método se puede encontrar en el primer capítulo de Marcus Número de Campos).

Supongamos $x^2 + y^2 = z^2$,$x,y,z\in\Bbb N$, y supongamos también que $x$, $y$, y $z$ no tienen ningún factor común. En busca de mod $4$, podemos decir que el $z$ debe ser impar: la única plazas mod $4$$0$$1$, por lo que la única posible ecuaciones se $0^2 + 0^2\equiv 0^2\mod 4$$0^2 + 1^2 \equiv 1^2\mod 4$. Pero en el primer caso, todo es divisible por $4$, de modo que no tenemos una primitiva triple.

Procedimiento, podemos factorizar el lado izquierdo y obtenga $(x + iy)(x - iy) = z^2$. Así, ahora tenemos un problema en cuanto a $\Bbb Z[i] = \{a + bi\mid a,b\in\Bbb Z\}$. Uno puede mostrar que $\Bbb Z[i]$ tiene la única factorización de elementos en números primos (para una definición más precisa de todo esto, mira a cualquier álgebra abstracta de texto), así que supongo que algunos prime $p$ divide $x + iy$. $p$ claramente se divide $z^2$ un número par de veces, por eso queremos demostrar que $p$ no divide $x - iy$. Si lo hiciera, tendríamos $p\mid (x + yi) + (x - yi)$ o $p\mid 2x$. Desde $p$ divide $z$, e $x$ $z$ son relativamente primos, sabemos que nos podemos encontrar en $n,m\in\Bbb{Z}$ tal que $2xm + zn = 1$ (recordemos que $z$ es impar). Sin embargo, esto implica que $p$ divide $1$, pero los únicos elementos dividiendo $1$ $\Bbb{Z}[i]$ $\pm 1$, $\pm i$, ninguno de los cuales son los números primos - así que tenemos una contradicción. Por lo tanto, por única factorización, debemos tener $x + iy = u\alpha^2$ donde $u\in\{\pm1,\pm i\}$. Escrito $\alpha = m + in$,$\alpha^2 = m^2 - n^2 + i2mn $, por lo que $x = \pm \left(m^2 - n^2\right)$, $y = \pm 2mn$, y la solución para $z$, obtenemos $z = \pm\left(m^2 + n^2\right)$.

Si $m$ $n$ no coprime, no podemos obtener una primitiva triple, ya que cada uno de $x$, $y$, y $z$ tienen un factor en común.

Hay muchas otras maneras de obtener estas formas de representar $x$, $y$, y $z$ así, algunos de los cuales incluyen la parametrización de la unidad de círculo o moviendo $y^2$ para el otro lado y escribir $x^2 = (z + y)(z - y)$.